高考物理复习九章电磁感应时电磁感应现象的综合问题课件.pptx

第 3 3 课时电磁感应现象的综合问题一、电磁感应中的电路问题1.1.电源和内阻：切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻。2.2.感应电动势：E En n或 E EBLvBLv。t t二、电磁感应中的动力学问题1.1.通电导体在磁场中受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。解决的基本方法如下：(1)(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小1和方向；和方向；(2)(2)求回路求回路中的电中的电流；流；(3)(3)分析分析导导体受体受力情况力情况(包含包含安培力在安培力在内内的的全全面面受受力力分析分析)；(4)(4)根据平衡根据平衡条件或条件或牛顿第二定律列方程列方程。2.2.两种两种状状态处态处理理(1)(1)导导体体处处于于平衡平衡态态静止或静止或匀速直线运动匀速直线运动状状态态。处处理方法：理方法：根据平衡根据平衡条件条件合合外力等外力等于零列于零列式式分析分析。(2)(2)导导体体处处于非于非平衡平衡态态加加速速度不度不等等于零于零。处处理方法：理方法：根据根据牛牛顿顿第二定律第二定律进进行动行动态态分析分析，或或结结合合功功能关能关系分析系分析。三三、电磁感应中的、电磁感应中的能能量量转转化化1.1.电磁感应电磁感应现现象象的的实质实质是是其他形式的能和和电能之之间的间的转转化。化。2.2.感应电感应电流流在磁场中在磁场中受受安培力，安培力，克服克服安培力安培力做功，将将其他形2式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。考点一电磁感应的电路问题(/d)/d)要点突破 1.1.处理问题的一般思路(1)(1)确定电源，在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体是电源；(2)(2)分析电路结构(区分内、外电路及外电路的串、并联分析)，画出等效电路；(3)(3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式求解。2.2.一类特殊问题：根据电磁感应的平均感应电动势求解电路3E ER R总总E EI II I中通过的电量，有中通过的电量，有 n n ，q q ttn n 。所。所t t R R总总以以，q q 只和只和线线圈匝数圈匝数、磁通量的变化量、磁通量的变化量及及总总电电阻阻有有关关，与，与完完成成该该过过程需要程需要的时间的时间无关无关。注意：求解注意：求解电电路路中通过的电荷量时，中通过的电荷量时，一定要一定要用平用平均均电动电动势势和和平平均均电电流流计计算算。典例剖析典例剖析【例】【例】(2020(2020浙江浙江 1010月月选选考考)如图甲所示，如图甲所示，质质量量 m m3.0103.0103 3 kgkg的的“”形形金属金属细细框框竖竖直放置在两直放置在两水水银银槽槽中，中，“”“”形形框的框的水水平平细细杆杆 CDCD长长 l l0.20 m0.20 m，处处于于磁感应磁感应强强度度大小大小 B B1 11.0 T1.0 T、方向水方向水平平向右向右的匀的匀强强磁场中。有磁场中。有一匝数一匝数 n n300300匝匝、面、面积积 S S0.01 m0.01 m2 2的线的线圈圈通过通过开关开关 K K 与两与两水水银银槽槽相相连连。线。线圈圈处处于于与线与线圈圈平面平面垂垂直的、直的、沿沿竖竖直直方向方向的匀的匀强强磁场中，磁场中，其其磁感应磁感应强强4度 B B2 2的大小随时间 t t 变化的关系如图乙所示。(1)(1)求 0 00.10 0.10 s s 线圈中的感应电动势大小；(2)t(2)t0.22 0.22 s s 时闭合开关 K K，若细杆 CDCD所受安培力方向竖直向上，判断 CDCD中的电流方向及磁感应强度 B B2 2的方向；(3)t(3)t0.22 0.22 s s 时闭合开关 K K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度 h h0.20 m0.20 m，求通过细杆 CDCD的电荷量。解析(1)(1)由电磁感应定律 E En nt t5得 E EnSnSB B2 230 30 V Vt t(2)(2)电流方向 CDB B2 2方向向上v v0 0t t(3)(3)由牛顿第二定律 F Fmamam m(或由动量定理 F Ft tmvmv0)0)安培力 F FIBIB1 1l lQ QI It tv v2 22gh2gh2gh2ghm m得Q Q0.03 0.03 C CB B1 1l l答案(1)30 V(1)30 V(2)(2)电流方向 CDB B2 2方向向上6(3)0.03(3)0.03 C C 针对训练 1.1.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为 a a，总电阻为 R R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为 B B 的匀强磁场垂直穿过环R R平面，与环的最高点 A A 铰链连接的长度为 2a2a、电阻为 的导体2 2棒 ABAB，由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B B 点的线速度为 v v，则这时 ABAB两端的电压大小为()BavBav3 3BavBav6 6A.A.B.B.72Bav2Bav3 3C.C.D.BavD.Bav解析导体棒以 A A 为轴转动切割产生的感应电动势 E EB2aB2a0 0v v，整个电路是两个半圆环并联接在电源 ABAB两端，故 ABAB2 2E E R R BavBav两端电压 U U ，所以 A A 选项正确。R R R R 4 4 3 34 4 2 2答案A A2.(2.(多选)如图所示，PNPN与 QMQM两平行金属导轨相距 1 1 m m，电阻不计，两端分别接有电阻 R R 和 R R ，且 R R 6 6 ，abab杆的电阻1 12 21 1为 2 2 ，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为 1T1T。现 abab以恒定速度 v v3 3 m/sm/s匀速向8右移动，这时 abab杆上消耗的电功率与 R R1 1、R R2 2消耗的电功率之和相等。则()A.RA.R2 26 6 B.RB.R1 1上消耗的电功率为 0.375 0.375 W WC.aC.a、b b 间电压为 3 3 V VD.D.拉 abab杆水平向右的拉力为 0.75 0.75 N N解析由于 abab杆上消耗的电功率与 R R1 1、R R2 2消耗的电功率之和6R6R2 2相等，则内、外电阻相等，2 2，解得 R R2 23 3 ，因此 A AR R2 26 69E E 3 33 3错 误；E EBlvBlv3 3 V V，总电流 I I A A，路端电压 U U IRIR 22外ababR R总 4 4U U4 4V V1.51.5 V V，因此 C C 错 误；P P 0.3750.375 W W，B B 正 确；abab杆所受1 1R R1 1安培力 F FBIlBIl0.75 N0.75 N，因此拉力大小为 0.75 N0.75 N，D D 正确。答案BDBD考点二电磁感应的图象问题(/d)/d)要点突破 1.1.图象问题大体上可分为三类(1)(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象。(2)(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量。10(3)(3)根据图根据图象定象定量量计计算算。2.2.解解题题步步骤骤(1)(1)明确明确图图象象的种的种类类，即，即是是 B Bt t 图图还还是是 t t 图，图，或者是或者是 E Et t图、图、I It t 图等。图等。(2)(2)分析分析电磁感应的电磁感应的具体具体过过程判断程判断对对应的图应的图象是否分段象是否分段，共分共分几段几段。(3)(3)用用右手定右手定则则或楞次定律确定或楞次定律确定感应电感应电流流的的方向方向。(4)(4)结结合法合法拉拉第第电磁感应电磁感应定律定律、欧姆定律欧姆定律、牛牛顿顿运动运动定律定律等等规规律写律写出出函数关系函数关系式。式。(5)(5)根据根据函数关系函数关系式，式，进进行行数学分析数学分析。(6)(6)画画图图象或判断象或判断图图象象。典例剖析典例剖析【例】【例】矩形矩形导线框导线框 abcdabcd放在匀放在匀强强磁场中磁场中静止不静止不动，磁场动，磁场方向方向11与线框平面垂直，磁感应强度 B B 随时间 t t 变化的图象如图所示。设 t t0 0 时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在 0 04 4 s s 时间内，选项图中能正确反映线框 abab边所受的安培力 F F随时间 t t 变化的图象是(规定 abab边所受的安培力向左为正)()()解析在 0 01 1 s s 内，由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电流大小恒定，由楞次定律可得线框内产生的感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则可判断出线框 abab边所受安培力方向向左(为正)，由 F FBILBIL可知 F F 随磁感应强度的减小而12减小。在 1 12 2 s s 内，由楞次定律可得线框内产生的感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则可判断出线框 abab边所受安培力方向向右(为负)，由 F FBILBIL可知 F F 随磁感应强度的增大而增大。同理在 2 23 3 s s 内，线框 abab边所受安培力方向向左(为正)，由 F FBILBIL可知F F随磁感应强度的减小而减小。在3 34 4 s s内，线框 abab边所受安培力方向向右(为负)，由 F FBILBIL可知 F F随磁感应强度的增大而增大，D D 正确。答案D D 针对训练 1.1.在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度 B B 随时间 t t 如图乙变化时，图中正确表示线圈中感应电动势 E E 变化的是()13解析在第 1 1 s s 内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感1 1 B B1 1应电动势 E E1 1 S S，在第 2 s2 s 和第 3 s3 s 内，磁场 B B 不变t t1 1 t t1 1化，线圈中无感应电流，在第 4 s4 s 和第 5 s5 s 内，B B 减小，由楞次142 2 B B2 2定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势 E E1 1t t2 2 t t2 2S S，由于B B B B ，t t 2 2t t ，故 E E 2E2E ，由此可知，A A1 11 12 22 21 12 2选项正确。答案A A2.2.磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度 v v0 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E Et t关系如图甲所示。如果只将刷卡速度改为v v0 0，2 2线圈中的 E Et t 关系图可能是图乙中的()15乙解析由公式 E EBlvBlv可知，当刷卡速度减半时，线圈中的感应电动势最大值减半，且刷卡所用时间加倍，故 D D 选项正确。答案D D考点三电磁感应的动力学问题(/d)/d)要点突破 1.1.电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流 I I16BlvBlv。R Rr r2.2.受受力力分析：分析：导导体棒受到体棒受到安培力安培力及其他及其他力，安培力力，安培力 F F安安BIlBIl或或B B2 2l l2 2v v，根据，根据牛牛顿顿第二定律列第二定律列动力动力学方程：学方程：F F合合mama。R R总总3.3.过过程分析：由于程分析：由于安培力安培力是是变力，导变力，导体棒体棒做变做变加加速速或或变变减减速速运动，运动，当加当加速速度度为为零零时，时，达到达到稳稳定状定状态态，最后最后做匀速直线运做匀速直线运动，根据动，根据共共点力平衡点力平衡条件列条件列平衡平衡方程方程 F F合合0 0。典例剖析典例剖析【例】【例】如图所示，两根足够长的如图所示，两根足够长的光滑光滑平行金属导轨平行金属导轨 MNMN、PQPQ间间距为距为 l l0.5 m0.5 m，其其电电阻不阻不计计，两导轨，两导轨及其构及其构成的平面成的平面均均与与水水平面成平面成 3030角。角。完全完全相相同同的两金属的两金属棒棒 abab、cdcd分分别别垂垂直导轨放直导轨放置，置，每棒每棒两两端都端都与导轨与导轨始始终终有有良好良好接接触触。已已知两知两棒棒质质量量均均为为 m m170.020.02 kgkg，电阻均为 R R0.10.1，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度 B B0.2 T0.2 T。棒 abab在平行于导轨向上的力 F F 作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒 cdcd恰好能够保持静止。g g 取 10 m/s10 m/s2 2，求：(1)(1)通过棒 cdcd的电流 I I 是多少？方向如何？(2)(2)棒 abab受到的力 F F 是多大？解析(1)(1)棒 cdcd受到的安培力为F FcdcdBIlBIl棒 cdcd在共点力作用下平衡，则F Fcdcdmgsin 30mgsin 3018联立解得 I I1 1 A A根据楞次定律可知，棒 cdcd中电流方向由 d d 至 c c。(2)(2)棒 abab与棒 cdcd受到的安培力大小相等，即F F F Fabab cdcd对棒 abab，由共点力平衡条件得F Fmgsin 30mgsin 30BIlBIl解得 F F0.2 0.2 N N答案(1)1 A(1)1 A由 d d 至 c c(2)0.2(2)0.2 N N 针对训练 如图所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，除图中已标阻值为 R R 的电阻外，其余电阻不计。质量为 m m 的金属棒 MNMN与框架接触良好。在区域 abcdabcd和 cdefcdef内，存在磁感应强度19大小分别为 B B B B、B B 2B2B的有界匀强磁场，方向均垂直于框2 21 1架平面向里，两竖直导轨 aeae与 bfbf间距为 L L。现从图示位置由静止释放金属棒 MNMN，当金属棒进入磁场 B B1 1区域后恰好做匀速运动。求：(1)(1)金属棒进入磁场 B B1 1区域后的速度大小；(2)(2)金属棒刚进入磁场 B B2 2区域时的加速度大小。解析(1)(1)当金属棒进入磁场 B B1 1区域后恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反。则F F B B I I L LBIBI L Lmgmg1 1 1 1 1 11 120B B1 1LvLv BLvBLv又又 I I 1 1R R R RmgRmgR联联立立得得：v vB B2 2L L2 2(2)(2)金属金属棒棒刚进刚进入入磁场磁场 B B2 2区域区域时，时，由楞次定律判断由楞次定律判断知所知所受受的安的安培力培力方向方向竖竖直直向向上，大小为上，大小为：2BLv2BLv 4B4B2 2L L2 2v vF F B B I I L L2B2B L L2 2 2 2 2 2R R R R把把(1)(1)问问求求得的得的 v v 代入代入，可得可得 F F2 24mg4mg根据根据牛牛顿顿第二定律第二定律得得：F F2 2mgmgmama得得 a a3g3g。21mgRmgR答案(1)(1)(2)3g(2)3gB B2 2L L2 2考点四电磁感应的能量问题(/d)/d)要点突破 1.1.电磁感应过程实质是不同形式的能量转化的过程，电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力作用。因此闭合电路的一部分导体运动切割磁感线时必克服安培力做功。此过程中，其他形式的能转化为电能。克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能。同理，电流做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，电流做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。2.2.电能求解思路主要有三种：22(1)(1)利利用用克服克服安培力做功安培力做功求解求解，电磁感应中，电磁感应中产产生生的电的电能能等等于克于克服服安培力所做的功。安培力所做的功。(2)(2)利利用用能能量量守恒求解守恒求解，导，导体切割体切割磁感线磁感线产产生生感应电感应电流流时，时，开开始始的的机械能机械能总总和和与与最后最后的的机械能机械能总总和之差和之差等等于于产产生生的电的电能能。(3)(3)利利用电用电路特征来求解路特征来求解，通过电，通过电路路中所中所消耗消耗的电的电能来能来计计算算。典例剖析典例剖析【例】【例】如图所示，在如图所示，在高度差高度差 h h0.50.5 m m的平行的平行虚虚线线范范围围内内，有，有磁感应磁感应强强度度 B B0.5 T0.5 T、方向垂方向垂直直于于竖竖直平面直平面向里向里的匀的匀强强磁场，磁场，正方形正方形线框线框 abcdabcd的的质质量量 m m0.1 kg0.1 kg、边边 长长 L L0.5 m0.5 m、电、电 阻阻 R R0.50.5，线框平面与，线框平面与竖竖直平面平行，直平面平行，静止静止在在位位置置“”时时，cdcd边边跟跟磁场下磁场下边边缘有缘有一段一段距距离离。现现用用一一竖竖直直向向上的上的恒恒力力 F F4.0 4.0 N N向向上上提提线框，线框线框，线框由位由位置置“”无初无初速速度开始向度开始向上运动，穿过磁上运动，穿过磁场场区区，最后到达位最后到达位置置“”“”(ab(ab边边恰好恰好出磁场出磁场)，线框平面在，线框平面在23运动中保持与磁场方向垂直，且 cdcd边保持水平。设 cdcd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速直线运动。g g取10 m/s10 m/s2 2。(1)(1)求线框进入磁场前距磁场下边界的距离 H H；(2)(2)线框由位置“”到位置“”的过程中，恒力 F F 做的功是多少？线框内产生的热量又是多少？解析(1)(1)在恒力作用下，线框开始向上做匀加速直线运动，设线框的加速度为 a a，据牛顿第二定律有：F Fmgmgmama设 cdcd边刚进磁场时，线框速度设为 v v1 1，线框从静止到 cdcd边24刚进刚进磁场过磁场过程程中，中，由由运动运动学方程学方程有有：v v2 1 2 12aH2aHcdcd边刚进边刚进磁场时磁场时产产生生电动电动势势 E EBLvBLv1 1，感应电，感应电流流E E BLvBLv1 1I I R R R R安培力安培力 F F安安BILBIL线框做匀速直线运动，则有线框做匀速直线运动，则有 F FF F安安mgmg，FRFRmgRmgR联联立以立以上上各各式，可式，可解解得得 v v1 124 m/s24 m/s，B B2 2L L2 2由由 v v2 1 2 12aH2aH解解得得 H H9.6 m9.6 m。(2)(2)恒恒力力 F F 做的功做的功 W WF(HF(HL Lh)h)42.4 J42.4 J，从从 cdcd边进边进入入磁场磁场到到 abab边边离开离开磁场的过磁场的过程程中，拉力所做的功中，拉力所做的功等等于于线框线框增加增加的的重重力力势势能和能和产产生生的的热热量量 Q Q，25即 F(LF(Lh)h)mg(Lmg(Lh)h)Q Q，解得：Q Q(F(Fmg)(Lmg)(Lh)h)3.0 3.0 J JBLvBLv h h L L或 Q QI I2 2RtRt()2 2R(R()3.0 J3.0 J。R R v v v v答案(1)9.6 m(1)9.6 m(2)42.4 J(2)42.4 J3.0 3.0 J J 针对训练(2020(2020浙江理综)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距 l l0.50 m0.50 m，倾 角 5353，导 轨上端串接一个 0.050.05 的电阻。在导轨间长 d d0.56 0.56 m m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度 B B2.02.0 T T。质量 m m4.04.0 kgkg的金属棒 CDCD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆 GHGH相连。CDCD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距 s s0.24 m0.24 m。一位健身者用恒力 F F80 80 N N 拉动 GHGH26杆杆，CDCD棒由静止开始棒由静止开始运动，上运动，上升升过过程程中中 CDCD棒始棒始终终保持保持与导轨与导轨垂垂直。直。当当 CDCD棒到达棒到达磁场上磁场上边边界界时时健身者松手健身者松手，触触发发恢复装恢复装置置使使 CDCD棒回到初始位棒回到初始位置置(重重力力加加速速度度 g g10 m/s10 m/s2 2，sin 53sin 530.80.8，不不计计其他其他电电阻阻、摩擦摩擦力力以及以及拉拉杆和杆和绳绳索索的的质质量量)。求求(1)CD(1)CD棒棒进进入入磁场时速磁场时速度度 v v 的大小的大小；(2)CD(2)CD棒棒进进入入磁场时所磁场时所受受的安培力的大小的安培力的大小；(3)(3)在拉在拉升升 CDCD棒棒的过的过程程中，中，健身者健身者所做的功所做的功 W W 和和电电阻阻产产生生的的焦耳焦耳热热 Q Q。27解析(1)(1)由牛顿定律 a aF Fmgsinmgsin 12 m/s12 m/s2 2m m进入磁场时的速度 v v 2.4 m/s2.4 m/s2as2as(2)(2)感应电动势 E EBlvBlvBlv感应电流 I I R R安培力 F FA AIBl代入得 F FA A（BlBl）2 2v v48 N48 NR R(3)(3)健身者做功 W WF(sF(sd)d)64 J64 J由牛顿定律：F Fmgsinmgsin F FA A0d d在磁场中运动时间 t t v v28焦耳热 Q QI I2 2RtRt26.88 J26.88 J答案(1)2.4 m/s(1)2.4 m/s(2)48 N(2)48 N(3)64 J(3)64 J26.88 26.88 J J1.1.如图所示，A A 是一边长为 l l 的正方形线框，电阻为 R R，现 维持线框以恒定的速度 v v 沿 x x 轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场 B B 区域。取逆时针方向为电流正方向，线框从图示位置开始运动，则线框中产生的感应电流 i i 随时间 t t 变化的图线是图中的()解析由于线框进入和穿出磁场时，线框内磁通量均匀变化，29因此在线框中产生的感应电流大小不变，根据楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流的方向与规定的正方向相同，穿出磁场时感应电流的方向与规定的正方向相反，因此应选 B B。答案B B2.2.如图所示，质量为 m m、高 为 h h 的矩形导线框在竖直面内自由下落，其上下两边始终保持水平，途中恰好匀速穿过一有理想边界、高亦为 h h 的匀强磁场区域，线框在此过程中产生的内能为()A.mghA.mghB.2mghB.2mghC.C.大于 mghmgh而小于 2mgh2mgh D.D.大于 2mgh2mgh解析因线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做30功为零，克服安培力做功为 2mgh2mgh，产生的内能亦为 2mgh2mgh，故选 B B。答案B B3.3.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用 0.3 0.3 s s 时间拉出，外力所做的功为 W W ，通过导线截面的电荷量为 q q ；第二次用1 11 10.9 0.9 s s 时间拉出，外力所做的功为 W W2 2，通过导线截面的电荷量为 q q2 2，则()A.WA.W WW ，q q qq B.WB.W WWW ，q q qq D.WD.W WW ，q q q q1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2解析设线框的长为 L L ，宽为 L L ，速度为 v v，线框所受的安2 21 131E EB B2 2LvLv培力大小为 F F BILBIL ，又 I I，E EBLBL v v 中，则得 F F 线2 2A A2 2A AR RR RB B2 2LvLv框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为F FF F ，A AR RB B2 2LvLv B B2 2LLLL 1 11 1R R R R t t外力做功为 W WFLFL LL ，可见，外力做功与1 1所用时间成反比，则有 W W1 1WW2 2。两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式 q q可知，通过导线截面的电荷量相等，即有q q1 1q q2 2，故选D D。R R答案D D4.4.如图甲所示，两根足够长的直金属导轨 MNMN、PQPQ平行放置在倾角为 的绝缘斜面上，两导轨间距为 L L，M M、P P 两点间接有32阻阻值值为为 R R 的电的电阻阻，一一根根质质量为量为 m m 的的均均匀直金属匀直金属杆杆 abab放在两导放在两导轨上，轨上，并并与导轨与导轨垂垂直，直，整套装整套装置置处处于于磁感应磁感应强强度度为为 B B 的匀的匀强强磁场中，磁场磁场中，磁场方向垂方向垂直直于于斜面斜面向向下，导轨下，导轨和和金属金属杆杆的电的电阻阻可可忽略忽略，让让 abab杆沿杆沿导轨导轨由静止开始由静止开始下下滑滑，导轨，导轨和和金属金属杆杆接接触良触良好好，不不计计它它们们之之间的间的摩擦摩擦。(1)(1)由由 b b 向向 a a 方向看到方向看到的的装装置如图置如图乙乙所示，所示，请请在在此此图中图中画画出出 abab杆杆下下滑滑过过程程中中某某时时刻刻的的受受力示力示意意图图；(2)(2)在在加加速下速下滑滑过过程程中，中，当当 abab杆杆的速的速度度大小为大小为 v v 时，时，求此求此时时 abab杆杆中的电中的电流及其加流及其加速速度度的大小的大小；(3)(3)求求在下在下滑滑过过程程中，中，abab杆杆可可以达到以达到的速的速度最度最大大值值。33解析(1)(1)如图所示，abab杆受重力 mgmg，竖直向下；支持力 F FN N，垂直于斜面向上；安培力 F F安，沿斜面向上。(2)(2)当 abab杆速度大小为 v v 时，感应电动势 E EBLvBLv，此时电路中电流E E BLvBLvI I R R R RB B2 2L L2 2v vabab杆受到安培力 F F安BILBILR R根据牛顿第二定律，有B B2 2L L2 2v vmamamgsinmgsin F F安mgsinmgsin R R34a agsingsin B B2 2L L2 2v vmRmR。mgRsinmgRsin (3)(3)当 a a0 0 时，abab杆有最大速度：v vm m。B B2 2L L2 2BLvBLvB B2 2L L2 2v v答案(1)(1)见解析图(2)(2)gsingsin R RmRmRmgRsinmgRsin (3)(3)B B2 2L L2 2 基础过关 1.1.水平放置的金属框架 cdefcdef处于如图所示的匀强磁场中，金属棒 abab处于粗糙的框架上且与框架接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒 abab始终保持静止，则()35A.abA.ab中电流增大，abab棒所受摩擦力也增大B.abB.ab中电流不变，abab棒所受摩擦力也不变C.abC.ab中电流不变，abab棒所受摩擦力增大D.abD.ab中电流增大，abab棒所受摩擦力不变解析磁感应强度均匀增大时，磁通量的变化率 恒定，t t故回路中的感应电动势和感应电流都是恒定的；又棒 abab所受的摩擦力等于安培力，即 F F F F BILBIL，故当 B B 增加时，摩安f f擦力增大，选项 C C 正确。答案C C2.2.如图所示，在一匀强磁场中有一 U U 形导线框 abcdabcd，线框处36于水平面内，磁场与线框平面垂直，R R 为一电阻，efef为垂直于 abab的一根导体杆，它可在 abab、cdcd上无摩擦地滑动。杆 efef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给 efef一个向右的初速度，则()A.efA.ef将减速向右运动，但不是匀减速B.efB.ef将匀减速向右运动，最后停止C.efC.ef将匀速向右运动D.efD.ef将往返运动解析efef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是37匀减速，由 F FBIlBIlB B2 2l l2 2v vmama知，efef做的是加速度减小的R R减速运动，故 A A 正确。答案A A3.3.如图甲所示，线圈 ABCDABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈 ABAB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是图中的()解析由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则可知感应电流的方向由 B B 到 A A，再由楞次定律可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由 B B 到 A A 的感应电流，由法拉第电磁38感应定律结，合闭合电路欧姆定律则，安培力的表达式 F FBILBILB BB BS St tB BL L，因安培力的大小不变，则 B B 是定值，因磁场 B B 增t tB BR R大，则 减小，故选项 D D 正确，选项 A A、B B、C C 错误。t t答案D D4.(4.(多选)如图所示，竖直平面内有一足够长的宽度为 L L 的金属导轨，质量为 m m 的金属导体棒 abab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒 abab与金属导轨接触良好，abab电阻为 R R，其 他电阻不计。导体棒 abab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关 S S，发现导体棒 abab立刻做变速运动，则在以后导体棒 abab的运动过程中，下列说法中正确的是()39A.A.导体棒 abab做变速运动期间加速度一定减小B.B.单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能C.C.导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和内能之和，符合能的转化和守恒定律mgRmgRD.D.导体棒 abab最后做匀速运动时，速度大小为 v vB B2 2L L2 2解析导体棒由静止下落，在竖直向下的重力作用下，做加速运动，开关闭合时，由右手定则可知，导体中产生的电流方向为逆时针方向，再由左手定则，可判定导体棒受到的安40BLvBLv培力方向向上，F FBILBILB B L L，导体棒受到的重力和安培力R R的合力变小，加速度变小，做加速度越来越小的变速运动，A A正确；最后合力为零，加速度为零，做匀速运动，由 F FmgmgBLvBLvmgRmgRB B2 2L L2 20 0 得，B B L Lmgmg，v v，D D 正确；导体棒克服安培力做功，R R减少的机械能转化为电能，由于电流的热效应，电能又转化为内能，B B 正确，C C 错误。答案ABDABD5.(5.(多选)如图所示，先后以速度 v v 和 v v 匀速把一矩形线圈拉2 21 1出有界匀强磁场区域，v v 2v2v ，在先后两种情况下()2 21 141A.A.线圈中的感应电流之比 I I1 1I I2 22 21 1B.B.线圈中的感应电流之比 I I1 1I I2 21 12 2C.C.线圈中产生的焦耳热之比 Q Q1 1Q Q2 24 41 1D.D.通过线圈某截面的电荷量之比 q q1 1q q2 211E E1 1 2 2解析由于 v v 2v2v ，根据 E EBLvBLv得感应电动势之比 ，2 21 1E E2 2 1 1E EI I1 1 2 2感应电流 I I，则感应电流之比为 ，A A 正确，B B 错误；I I2 2 1 1R RL Lt t1 1 1 1线圈出磁场所用的时间 t t，则时间比为 ，根据 Q Qt t2 2 2 2v vE EI I2 2RtRt可知热量之比为 ，C C 错误；根据 q q t t t tQ Q1 1 2 2I IQ Q2 2 1 1R R42t t q q1 1 1 1t t 得 ，D D 正确。R R R R q q2 2 1 1答案ADAD6.(6.(多选)如图所示，水平放置的 U U 形框架上接一个阻值为 R R0 0的电阻，放在垂直纸面向里的、磁感应强度大小为 B B 的匀强磁场中，一个半径为 L L、质量为 m m 的半圆形硬导体 ACAC在水平向右的恒定拉力 F F 作用下，由静止开始运动距离 d d 后速度达到 v v，半圆形硬导体 ACAC的电阻为 r r，其余电阻不计，导体 ACAC与 U U 形框架间的动摩擦因数为。下列说法正确的是()A.A.此时 ACAC两端电压为 U UACAC2BLv2BLv432BLvR2BLvR0 0B.B.此时 ACAC两端电压为 U UACACR R0 0r r1 1C.C.此过程中电路产生的电热为 Q QFdFd mvmv2 22 22BLd2BLdD.D.此过程中通过电阻 R R0 0的电荷量为 q qR R0 0r rERER0 0解析ACAC的感应电动势为 E E2BLv2BLv，两端电压为 U UACACR R0 0r r2BLvR2BLvR0 01 1，A A 错误，B B 正确；由功能关系得 FdFd mvmv2 2Q Q2 2R R0 0r r2BLd2BLdI Imgd，C C 错误；此过程中平均感应电流为，（R R0 0r r）t t442BLd2BLdI I通过电阻 R R 的电荷量为 q q t t0 0，D D 正确。R R0 0r r答案BDBD7.7.如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距 0.2 m0.2 m，金属导体 abab可在导轨上无摩擦地上下滑动，abab的电阻为 0.40.4，导轨电阻不计，导体 abab的质量为 0.2 g0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为 0.2 T0.2 T，且磁场区域足够大，当导体 abab自由下落 0.4 0.4 s s 时，突然接通开关 S S，则(1)(1)试说出 S S 接通后，导体 abab的运动情况；(2)(2)导体 abab匀速下落的速度是多少？(g(g取 10 m/s10 m/s2 2)45解析(1)(1)闭合 S S 之前导体自由下落的末速度为：v v0 0gtgt4 4 m/sm/s。S S 闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，abab立即受到一个竖直向上的安培力。F F安BILBILB B2 2L L2 2v v0 00.016 N0.016 Nmgmg0.002 N0.002 N。R R此刻导体棒所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为F F安mgmg B B2 2L L2 2v va am m mRmRg g，所 以，abab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动。当速度减小至 F F安mgmg时，abab做竖直向下的匀速运动。(2)(2)设匀速竖直向下的速度为 v vm m，46B B2 2L L2 2v vm mR RmgRmgR此时 F F安mgmg，即mgmg，v v 0.5 m/s0.5 m/s。m mB B2 2L L2 2答案(1)(1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动(2)0.5 m/s(2)0.5 m/s 能力提升 8.(8.(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为 L L，底端接阻值为 R R 的电阻。将质量为 m m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为 B B 的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻 R R 外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则()47A.A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度 g gB.B.金属棒向下运动时，流过电阻 R R 的电流方向为 abC.C.金属棒的速度为 v v 时，所受的安培力大小为 F FB B2 2L L2 2v vR RD.D.电阻 R R 上产生的热量等于金属棒重力势能的减少量解析金属棒刚释放时，弹簧处于原长，此时弹力为零，又因此时速度为零，因此也不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，故 A A 正确；金属棒向下运动时，由右手定则可知，